1 空间向量加减法运用的三个层次。
第1层用已知向量表示未知向量。
例1 如图所示，在平行六面体abcd－a1b1c1d1中，设＝a，＝b，＝c，m，n，p分别是aa1，bc，c1d1的中点，试用a，b，c表示以下各向量：
解 (1)∵p是c1d1的中点，＝＋a＋＋＝a＋c＋＝a＋c＋b.
2)∵n是bc的中点，＝＋a＋b＋＝－a＋b＋＝－a＋b＋c.
3)∵m是aa1的中点，＝＋a＋＝a＋b＋c，又＝＋＝
＋＝c＋a，∴＋a＋b＋c.
第2层化简向量。
例2 如图，已知空间四边形abcd，连接ac、bd.设m、g分别是bc、cd的中点，化简下列各表达式，并标出化简结果的向量．
解 (1) ＋
、如图所示．
第3层证明立体几何问题。
例3 如图，已知m、n分别为四面体abcd的面bcd与面acd的重心，且g为am上一点，且gm∶ga＝1∶3.求证：b、g、n三点共线．
证明设＝a，＝b，＝c，则＝＋＝
－a＋ (a＋b＋c)＝－a＋b＋c，＋＝
－a＋b＋c＝.
∥，即b、g、n三点共线．
2 空间直角坐标系构建三策略。
例1 已知直四棱柱中，aa1＝2，底面abcd是直角梯形，∠dab为直角，ab∥cd，ab＝4，ad＝2，
dc＝1，试求异面直线bc1与dc所成角的余弦值．
异面直线bc1与dc所成角的余弦值为。
例2 四边形abcd是边长为2的菱形，∠abc＝60°，ae⊥平面abcd，ae＝2，f为ce中点，试合理建立坐标系，求、所成角的余弦值．
剖析空间直角坐标系的建立的前提是三条直线两两垂直，而本题中直线ab与ad不垂直．
正解设ac、bd交于点o，则ac⊥bd.
因为f为ce中点，所以of∥ae，因为ae⊥平面abcd，所以of⊥平面abcd，of⊥ac，of⊥bd，以o为坐标原点，以、、的方向分别为x、y、z轴的正方向，建立空间直角坐标系oxyz.
此时＝(1,0,1)，＝1，，0)，所以cos〈，〉
例3 如图1，等腰梯形abcd中，ad∥bc，ab＝ad＝2，∠abc＝60°，e是bc的中点．将△abe沿ae折起，使平面bae⊥平面aec(如图2)，连接bc，bd.求平面abe与平面bcd所成的锐角的大小．
解取ae中点m，连接bm，dm.
因为在等腰梯形abcd中，ad∥bc，ab＝ad，∠abc＝60°，e是bc的中点，所以△abe与△ade都是等边三角形，所以bm⊥ae，dm⊥ae.
又平面bae⊥平面aec，所以bm⊥md.
以m为原点，分别以me，md，mb所在的直线为x，y，z轴，建立空间直角坐标系mxyz，如图，则e(1,0,0)，b(0,0，)，c(2，，0)，d(0，，0)，所以＝(2,0,0)，(0，，－设平面bcd的法向量为m＝(x，y，z)，由。
取y＝1，得m＝(0,1,1)，又因平面abe的一个法向量＝(0，，0)，所以cos〈m，〉＝所以平面abe与平面bcd所成的锐角为45°.
3 用向量法研究“动态”立体几何问题。
1．求解、证明问题。
例1 在棱长为a的正方体oabc—o1a1b1c1中，e、f分别是ab、bc上的动点，且ae＝bf，求证：a1f⊥c1e.
2．定位问题。
例2 如图，已知四边形abcd，cdgf，adge均为正方形，且边长为1，在dg上是否存在点m，使得直线mb与平面bef的夹角为45°？若存在，求出点m的位置；若不存在，请说明理由．
解因为四边形cdgf，adge均为正方形，所以gd⊥da，gd⊥dc.
又da∩dc＝d，所以gd⊥平面abcd.
又da⊥dc，所以da，dg，dc两两互相垂直，如图，以d为原点建立空间直角坐标系，则b(1,1,0)，e(1,0,1)，f(0,1,1)．
因为点m在dg上，假设存在点m(0,0，t) (0≤t≤1)使得直线bm与平面bef的夹角为45°.
设平面bef的法向量为n＝(x，y，z)．
因为＝(0，－1,1)，＝1,0,1)，则即。
令z＝1，得x＝y＝1，所以n＝(1,1,1)为平面bef的一个法向量．
又＝(－1，－1，t)，直线bm与平面bef所成的角为45°，所以sin 45°＝＝解得t＝－4±3.又0≤t≤1，所以t＝3－4.
故在dg上存在点m(0,0,3－4)，且dm＝3－4时，直线mb与平面bef所成的角为45°.
4 向量与立体几何中的数学思想。
1．数形结合思想。
例1 如图所示，在六面体abcd—a1b1c1d1中，四边形abcd是边长为2的正方形，四边形a1b1c1d1是边长为1的正方形，dd1⊥平面a1b1c1d1，dd1⊥平面abcd，dd1＝2.
求证：(1)a1c1与ac共面，b1d1与bd共面；
2)平面a1acc1⊥平面b1bdd1.
证明 (1)如图所示，以d为坐标原点，da、dc、dd1所在的直线分别为x轴、y轴、z轴建立空间直角坐标系，则d(0,0,0)，a(2,0,0)，c(0,2,0)，d1(0,0,2)，a1(1,0,2)，c1(0,1,2)，b(2,2,0)，b1(1,1,2)．
＝(－1,1,0)，＝2,2,0)，(1，－1,0)，＝2，－2,0)，＝2，＝2，a1c1与ac共面，b1d1与bd共面．
dd1与db是平面b1bdd1内的两条相交直线，ac⊥平面b1bdd1.
又ac平面a1acc1，平面a1acc1⊥平面b1bdd1.
2．转化与化归思想。
例2 如图所示，在矩形abcd中，ab＝4，ad＝3，沿对角线ac折起，使d在平面abc上的射影e恰好在ab上，求二面角b—ac—d的余弦值．
解如图所示，作dg⊥ac于g，bh⊥ac于h，在rt△adc中，ac＝＝5，cos∠dac＝＝.
在rt△adg中，ag＝adcos∠dac＝3×＝，dg＝＝，同理cos∠bca＝，ch＝，bh＝，·
－×＋3×＋3××＋0＝，又||·cos〈，〉即所求二面角b—ac—d的余弦值为。
3．函数思想。
例3 已知关于x的方程x2－(t－2)x＋t2＋3t＋5＝0有两个实根，且c＝a＋tb，a＝(－1,1,3)，b＝(1,0，－2)．问|c|能否取得最大值？若能，求出实数t的值及对应的向量b与c夹角的余弦值；若不能，说明理由．
解由题意知δ≥0，得－4≤t≤－，又c＝(－1,1,3)＋t(1,0，－2)＝(1＋t,1,3－2t)，|c|＝
当t∈时，f(t)＝52＋是单调递减函数，∴ymax＝f(－4)，即|c|的最大值存在，此时c＝(－5,1,11)．b·c＝－27，|c|＝7.而|b|＝，cos〈b，c〉＝＝
4．分类讨论思想。
例4 如图，矩形abcd中，ab＝1，bc＝a，pa⊥平面abcd(点p位于平面abcd上方)，问bc边上是否存在点q，使⊥？
解假设存在点q(q点在边bc上)，使⊥，即pq⊥qd，连接aq.∵pa⊥平面abcd，∴pa⊥qd.
又＝＋且⊥，·0，即·＋·0.
又由·＝0，∴·0，∴⊥
即点q在以边ad为直径的圆上，圆的半径为。
又∵ab＝1，由图知，当＝1，即a＝2时，该圆与边bc相切，存在1个点q满足题意；
当》1，即a>2时，该圆与边bc相交，存在2个点q满足题意；
当<1，即a<2时，该圆与边bc相离，不存在点q满足题意．
综上所述，当a≥2时，存在点q；当0 高二 2 部数学 空间向量与立体几何 单元测试卷二。班级 姓名 一 选择题 每小题5分，共60分 1.如图，在平行六面体abcd a1b1c1d1中，m为ac与bd的交点。若 a，b，c，则下列向量中与相等的向量是。a.a b cb.a b c c.a b cd.a b c 2.下列等式中，使点m与... 空间向量与立体几何 1 2010 7 20 命题人 朱老师学号姓名 一 选择题 每小题 分，共50分 1.已知向量，且与互相垂直，则的值是。a.1 b.c.d.2.已知a 2，1，3 b 4，x，2 且a b，则x的值是。3.已知向量，若，则的值是。a.或 b.3或c.d.4.如图，长方体abcd ... 高二 2 部数学 空间向量与立体几何 单元测试卷一。班级 姓名 一 选择题 每小题5分，共60分 1 在正三棱柱abc a1b1c1中，若ab bb1，则ab1与c1b所成的角的大小为 a 60 b 90 c 105 d 75 2 如图，abcd a1b1c1d1是正方体，b1e1 d1f1 则be...《空间向量与立体几何
空间向量与立体几何
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